山东省潍坊安丘市、高密市、诸城市2021-2022学年高二物理下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022年5月份期中检测试题高二物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.抗击“新冠肺炎疫情”，志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温；防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒。红外线和紫外线相比较（　　）A.红外线和紫外线都能用来加热理疗B.红外线的光子能量比紫外线的大C.真空中红外线的波长比紫外线的长D.真空中红外线的传播速度比紫外线的大【答案】C【解析】【详解】A．红外线可以用来理疗，紫外线不能，故A错误；B．因为红外线的频率小于紫外线，根据可知红外线的光子能量比紫外线的小，故B错误；C．根据可知红外线的波长比紫外线的波长长，故C正确；D．真空中红外线和紫外线的传播速度是一样的，故D错误。故选C。2.如图所示，导线框与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是（　　） A先，后，再B.先，后C.始终D.先，后，再【答案】D【解析】【详解】线框在直导线左侧时，随着线框向右运动，向外的磁通量增加，根据楞次定律线框中感应电流的方向为。在线框的边跨过直导线后，如图所示根据右手定则边产生的感应电流方向为，边产生的感应电流方向为。线框全部跨过直导线后，随着向右运动，向内的磁通量减少，根据楞次定律知线框中感应电流的方向为，故D正确，ABC错误。故选D。3.如图所示，LC振荡电路的导线及自感线圈的电阻忽略不计，某瞬间回路中的电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板A带正电，则下列说法正确的是（　　） A.电容器正在放电B.线圈L中的磁场能正在减小C.电容器两极板间的电压正在减小D.线圈L中电流产生磁场的磁感应强度正在增强【答案】B【解析】【详解】AB.根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，电容器两极板间电压正在增大，磁场能转化为电场能，故A错误，B正确；C．振荡电路正在充电，电容器的带电量在增大，电容器两极板间的电压正在增大，故C错误；D．充电的过程，磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小，故D错误。故选B。4.水平圆形导体环置于竖直方向的匀强磁场中，规定如图甲所示导体环中电流的方向为正方向，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】规定以向上为磁场的正方向，从图乙可知，0~1s磁感应强度向下且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，则感应电流与图甲所示电流方向相同，为正方向，同理可知1s~2s电流为正方向、2s~4s为负方向，4s~5s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为其中R为线圈的电阻，k为磁感应强度的变化率，从图乙可以看出k为定值，即电流大小恒定，故BCD错，A正确。故选A。5.用如图所示装置可测定带电粒子的比荷，装置上方速度选择器中匀强电场的方向水平向右，速度选择器和分离器中匀强磁场的方向垂直纸面向外。在S处有粒子源，将大量粒子沿速度选择器中线方向射入，部分粒子沿选择器中线运动后通过小孔进入分离器，再偏转后打到P1、P2、P3点，若粒子重力均可忽略，不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是（　　） A.打在P3点的粒子比荷最大B.粒子在分离器中运动的时间相同C.沿速度选择器中线运动并进入分离器的粒子其速率均相同D.若测定带负电粒子的比荷，则需要将速度选择器中的电场反向而磁场方向保持不变【答案】C【解析】【详解】C．离子通过速度选择器时，做匀速直线运动，设速度选择器中的磁感应强度为B1则有qvB1=qE解得沿速度选择器中线运动并进入分离器的粒子其速率均相同，C正确；A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得联立可得粒子打在板上距离小孔的距离为2r，打在P3点的粒子距离最远，偏转半径最大，比荷最小A错误；B．粒子在分离器中轨迹圆的周期为则粒子在分离器中运动时间三粒子的比荷不同，故在磁场中运动的时间不同，B错误；D．若测定带负电粒子的比荷，则速度选择器中的电场力将反向，受到的洛伦兹力也反向，则可以选择特定的速度的粒子穿过速度选择器，故不需要改变电场磁场的方向，D错误。 故选C。6.近日，小米发布了“小感量+磁吸”无线充电预研技术——磁吸式无线充电，通过磁铁的吸附力，把无线充电发射线圈和接收线圈紧密结合在一起，将大大降低能量损耗。某次测试中磁吸无线充电底座线圈接于u=220sin（100πt）（V）的交流电源，已知发射线圈和接收线圈匝数比为11：1，功率为50W。则（　　）A.接收线圈的工作原理是电流的磁效应B.发射线圈连接直流电源也能实现无线充电C.若不计能量损耗，接收线圈获得的电压最大值为20VD.若不计能量损耗，通过接收线圈的电流有效值为2.5A【答案】D【解析】【详解】A．接收线圈的工作原理是电磁感应原理，A错误；B．底座线圈连接直流电源时因不能产生电磁感应，则不能实现无线充电，B错误；C．接收线圈获得的电压有效值最大值为选项C错误；D．功率为50W，根据功率的表达式得D正确。 故选D。7.如图所示为网络科学小视频中经常出现的一组装置，将一段电阻为r的裸铜导线弯成心形，A端与电池正极接触，P、Q端与负极相连，然后将电池放在小磁铁上方，保证电路良好接触，心形铜导线就会转起来，不计转动阻力。下列说法正确的是（　　）A.可根据电池的正负极和裸铜线的转动方向判断小磁铁的N、S极B.从上向下看，裸铜导线在安培力作用下一定逆时针转动C.如果磁铁的磁极调换一下，心形线框启动，其转动的方向不变D.电池的输出功率等于线圈转动的机械功率【答案】A【解析】【详解】A．已知电池的正负极就知道裸铜线的电流方向，在明确裸铜线的转动方向即受力方向，根据左手定则，就能判断出磁场的方向，即能判断小磁铁的N、S极，A正确；B．裸铜导线上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，因为不清楚磁场的方向，根据左手定则不能判断出一定逆时针转动，B错误；C．如果磁铁吸附在电池负极的磁极调换一下，磁场方向相反，根据左手定则，安培力方向也会相反，心形线框的方向也应该改变，C错误；D．电池输出的电功率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，D错误。故选A。8.如图所示，半圆形线圈面积为S，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的有界匀强磁场中绕垂直于磁场的OO′轴（OO′为有界磁场边界）以角速度ω匀速转动，会产生交变电流，已知外电路电阻为R。则电路中电流的有效值为（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】若半圆形线圈转动的角速度为，线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流电为正弦交流电（全波波形）的每个周期有半个周期存在电动势（半波波形），设输入电压的有效值为U，电动势最大值为则因此电压有效值为电路中电流的有效值为B正确，ACD错误。故选B。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.某同学探究自感现象时设计的实验电路如图所示。A，B为两完全相同的灯泡，电感线圈L的自感系数很大，直流电阻为灯泡电阻的一半，电源内阻不计，下列说法正确的是（　　）A.开关S闭合瞬间，B先亮，A后亮，最终A，B一样亮B开关S闭合瞬间，A、B先同时亮，然后A变暗一些，B变得更亮C.开关S断开瞬间，A、B立即同时熄灭D.开关S断开瞬间，B立即熄灭，A先变得更亮再逐渐熄灭【答案】BD【解析】【详解】AB．开关S闭合瞬间，因电感线圈自感很大，故线圈中电流为零，A、B同时亮，随后因线圈对电流的阻碍作用逐渐减小，流经电源的总电流逐渐增大，故流经B的电流逐渐增大，故B变得更亮，因电源无内阻，故路端电压不变，即B两端电压升高，A两端电压降低，故A要变暗一些，故A错误、B正确；CD．开关S断开瞬间，线圈与A组成回路，故B立即熄灭，因开关断开前线圈中的电流大于A中电流，故A先变得更亮再逐渐熄灭，故C错误、D正确。故选BD。10.如图所示，质量一定的导体棒ab放置于倾角为θ的导轨上，导轨上端连接电源和定值电阻形成闭合回路，空间内加垂直于导体棒的大小相等、方向不同的匀强磁场，导体棒ab均静止，则下列判断正确的是（　　） A.四种情况导体棒受到的安培力大小相等B.甲中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零C.乙中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零D.丙和丁中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零【答案】ABC【解析】【详解】A．导体棒受到的安培力由于四种情况中导体棒的电流相同，所处的磁场磁感应强度相同，故受到的的安培力大小相等，A正确；B．甲图中导体棒受到竖直向下的重力、水平向右的安培力、垂直于倾斜导轨向上的弹力，若这三个力平衡，则导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，B正确；C．乙图中，导体棒受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若这两个力大小相等，则处于平衡状态，导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，C正确；D．丙图中，导体棒受到竖直向下的重力、竖直向下的安培力、垂直导轨向上的弹力；丁图中，导体棒受到竖直向下的重力、水平向左的安培力。两种情况中，三个力均无法使导体棒平衡，故导体棒一定受到导轨提供的摩擦力，即导体棒与导轨间摩擦力不可能为零，D错误；故选ABC。11.为了解决用电高峰电压不足的问题，某同学设计了如下输电线路。交流发电机的线圈电阻忽略不计，输出电压，T1、T2均为理想变压器，R1和R2为纯电阻用电器。输电线的等效总电阻为r=20Ω，n1：n2=1：10，n4可调，R1和R2的额定电压均为220V，阻值均为11Ω，其余电阻不计。S断开时对应用电低谷，调节n3：n4=10：1，此时用电器R1正常工作，输电线上损耗的功率为△P；S闭合时对应用电高峰，调节变压器T2的副线圈，当其匝数比为N：1时，用电器R1又能正常工作，此时变压器T2原线圈的电压为U3、输电线上损耗的功率为△P′。则（　　） A.B.U3=2200VC.N<10D.△P′>4△P【答案】CD【解析】【详解】A．S断开时，副线圈的电压为220V、电流为20A，其原线圈的电压为2200V、电流为2A，输电线损耗的电压为功率为P1=80W，副线圈的电压为2240V，原线圈的电压为224.0V，所以故A错误；BCD．S闭合后，对，如果不变，则原、副线圈的电压均减小，需要将变大（）才能使副线圈电压变回到220V，故N<10；此时根据并联干路与支路电流关系得副线圈电流为40A，所以原线圈中电流大于4A，故根据焦耳定律可知，输电线损耗的功率，输电线承担的电压也增大，电压小于2200V，故B错误，CD正确。故选CD。12.如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OP＝OS＝d，粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（　　） A.粒子的速度大小为B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为C.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为dD.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9:4【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．由OP＝OS＝d，可得SP＝2d如图所示，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长的弦”和题中“所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点”可知SP是其中一个轨迹的直径，由可得则 v＝A正确；B．由几何知识可得从O点射出的粒子，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间为t＝＝B正确；C．沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，C错误；D．从x轴上射出磁场的粒子，从原点射出时在磁场中运动时间最短，运动轨迹与x轴相切时运动时间最长tmax＝＝则tmax∶t＝9∶2D错误。故选AB。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.用如图等臂天平可测量磁感应强度B，天平右侧下方悬挂的矩形线圈宽为L，共N匝。虚线框中匀强磁场垂直于纸面，线圈通以图示方向的电流I时，天平平衡。保持电流大小不变，改变其方向，从左盘中移动质量为m的砝码至右盘，使天平重新平衡。由此可知磁场的方向 垂直纸面向_______，磁感应强度大小B=___________。（已知重力加速度g）【答案】①.里②.【解析】【分析】【详解】[1]由题知，当电流改为反方向时（大小不变），右边再加质量为m的砝码后，天平重新平衡，说明电流反向后，线框所受的安培力方向由原来的向下变成向上，即开始线圈所受安培力的方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度B的方向垂直纸面向里。[2]开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，安培力大小变化量等于砝码重力的2倍，所以右边应加砝码，根据天平平衡有解得14.某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验：（1）下列器材在实验中还必须用到的是____________（填字母）； （2）实验中原、副线圈的电压之比与其匝数之比有微小差别，原因不可能是___________；A.变压器铁芯漏磁B.铁芯在交变电磁场作用下发热C.原线圈输入电压发生变化D.原、副线圈上通过的电流发热（3）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为___________。A.3VB.5.5VC.6.0VD.6.5V（4）如图所示为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为n1、n2（右侧实线框内的电路也可以等效为一个电阻）。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当__________时，R获得的功率最大。【答案】①.C②.C③.D④.【解析】【详解】（1）[1]实验中需要交流电源和交流电压表(万用表)，不需要干电池和滑动变阻器； （2）[2]A．变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，选项A不符合题意；BD．原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，选项BD不符合题意；C．原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，选项C符合题意。故选C。（3）[3]若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为6.5V。故选D。（4）[4]把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当作电源内阻，当内外电阻相等，即此时输出功率最大，根据得代入解得即 15.如图所示，一导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨面都垂直于两圆心的连线且间距为L，导轨处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。当水平导体棒中流过强度为I的电流时，导体棒在圆形导轨静止位置和圆心O连线ON与竖直方向成37°角，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）导体棒质量m；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力的大小FN。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）从右向左看受力分析，由受力平衡得到解得（2）两个导轨对棒的支持力为，满足解得16.如图所示，矩形线圈在水平向右的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。已知磁感应强度B=0.4T，线圈匝数N=100匝，ab=30cm，ad=20cm，转动角速度ω=100πrad/s，求：（1）穿过线圈的磁通量最大值Φm；（2）线圈产生的感应电动势的有效值U； （3）从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，其感应电动势e随时间t变化的表达式。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】解：（1）当线圈平面与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量最大值得（2）感应电动势的最大值感应电动势的有效值得有效值（3）线圈是从图示位置计时，瞬时值表达式得17.如图所示，MN和PQ是两根相距L=0.5m竖直固定放置的光滑金属导轨，导轨足够长，其电阻不计。水平条形区域I和Ⅱ内均有磁感应强度B=1T、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d=0.3m，区域I和区域Ⅱ相距h=0.2m，其它区域内无磁场。导体棒ab的长度L=0.5m、质量m=0.5kg、电阻R=0.5Ω，开关S处于断开状态。现将ab棒由区域I 上边界上方H=0.4m处由静止释放，ab棒下落时闭合S。已知ab棒在先后穿过两个磁场区域的过程中，流过棒的电流及其变化情况相同。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。计算结果可以保留根号。求：（1）ab棒进入磁场区域I的瞬间，通过棒的电流强度I；（2）ab棒穿过磁场区域I的过程中，棒上产生的热量Q；（3）ab棒穿过磁场区域Ⅱ过程所用的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）令ab棒刚进入磁场区域Ⅰ时的速度大小为，通过它的电流大小为i，则根据动能定理得解得通过棒的电流强度为解得（2）令ab棒从磁场区域Ⅰ上边界到磁场区域Ⅱ上边界过程中产生的热量为Q，已知ab棒在先后穿过两个磁场区域的过程中，流过棒的电流及其变化情况相同。由能量守恒定律得 解得（3）由上可得，令ab棒到达磁场区域Ⅰ下边界时速度大小为，由能量守恒定律得解得由题意知ab棒穿过磁场区域Ⅰ和Ⅱ所用的时间相同，设为t，令ab棒穿过磁场区域Ⅰ过程中的平均电动势大小为、平均电动势大小为、则有根据动量定理得解得18.如图甲所示，矩形区域I内存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场区域Ⅱ内存在如图乙所示规律变化的磁场。aa′、bb′、cc′为相互平行的磁场边界线，矩形磁场区域的长度足够长，宽度均为L。某种带正电的粒子从aa′上的O1处以大小不同的速率沿与O1a成α=30°角的方向进入区域I内磁场。O2为cc′边界上一点，O1O2与磁场边界垂直。已知带电粒子的质量为m，带电量为+q，忽略带电粒子间的作用力，不计带电粒子的重力。求：（1）以速率v1入射的粒子恰好不能进入区域Ⅱ，求该速率v1的大小；（2）以速率v2入射的粒子（v2小于第（1）问所求v1）在区域I内的运动时间t；（3）以速率v3入射的粒子在区域I内的运动时间为第（2）问所求时间t的，求该速率v3的大小； （4）区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为，其方向随时间t变化的规律如图乙所示，取垂直纸面向外为磁感应强度的正方向。已知在t=0时刻第（3）问中速度为v3的粒子刚好射入区域Ⅱ，并最终垂直cc边界向右由K点穿出磁场（K点未标出），粒子进入区域Ⅱ后不再返回区域I，则K点到O2点的最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？【答案】（1）；（2）；（3）；（4），【解析】【详解】（1）以速率入射的粒子恰好不能进入区域Ⅱ，在区域Ⅰ内做圆周运动的半径粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供得（2）以小于的速度射入的粒子，结合几何关系可知在区域Ⅰ内做圆周运动的圆心角 由得速率入射的粒子在区域Ⅰ内的运动时间（3）以速率入射的粒子在区域Ⅰ内的运动时间为，可知其在区域Ⅰ磁场的偏转角为60°，即其轨道半径为根据牛顿第二定律解得该速率（4）以速度进入区域Ⅱ磁场的粒子圆周运动半径，且入射方向垂直边界。轨迹如图，带电粒子运动到K点时到点有最大距离。 如图根据几何关系可得解得最大距离得带电粒子在区域Ⅱ磁场运动周期偏转150°对应磁场变化的，即解得